2011届高考物理第一轮复习单元复习训练题231

第6章第三讲一、选择题1．在平行板间加上如图所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t ＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，下列选项图中，能定性描述粒子运动的速度图象的是 ( )[答案] A [解析] 前T 2带电粒子做匀加速直线运动，后T 2做匀减速直线运动．T 时刻速度减为零，以后重复第一周期内的运动，则正确答案为A.2．如图所示是一个由电池、电阻R 与平行板电容器组成的串联电路．在增大电容器两极板间距离的过程中 ( )A ．电阻R 中没有电流B ．电容器的电容变小C ．电阻R 中有从a 流向b 的电流D ．电阻R 中有从b 流向a 的电流[答案] BC[解析] 由题意知，电容器两板间电压U 一定，设已充电荷量为Q ，当两板距离增大时，电容C 变小，由Q ＝CU 知Q 减小，必有一部分正电荷通过电阻R 回流．故BC 对．3．如图所示，带有等量异种电荷的两块等大的平行金属板M 、N 水平正对放置．两板间有一带电微粒以速度v 0沿直线运动，当微粒运动到P 点时，将M 板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的可能运动情况是 ( )A ．沿轨迹④运动B ．沿轨迹①运动C ．沿轨迹②运动D ．沿轨迹③运动[答案] C[解析] 由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εS可知，两极板带电量、电介质和正对面积不变时，M 板迅速向上平移一小段距离，不影响板间场强，因而场强不变，微粒受力情况不变，粒子沿原直线运动．4．(2009·海门模拟)如图所示是测定液面高度h 的电容式传感器示意图，E 为电源，G 为灵敏电流计，A 为固定的导体芯，B 为导体芯外面的一层绝缘物质，C 为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h 发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )A ．导体芯A 所带电量在增加，液体的深度h 在增大B ．导体芯A 所带电量在减小，液体的深度h 在增大C ．导体芯A 所带电量在增加，液体的深度h 在减小D ．导体芯A 所带电量在减小，液体的深度h 在减小[答案] D[解析] 电流计指针向左偏转，说明流过电流计G 的电流由左→右，则导体芯A 所带电量在减小，由Q ＝CU 可知，芯A 与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h 在减小，故D 正确．5．如图所示，a 、b 、c 三条虚线为电场中的等势面，等势面b 的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子在A 时的动能为10J ，在电场力作用下从A 运动到B 速度为零，当这个粒子的动能为7.5J 时，其电势能为 ( )A ．12.5JB ．2.5JC ．0D ．－2.5J[答案] D[解析] 由题意可知，粒子从A 到B ，电场力做功－10J ，则带电粒子由A运动到等势面b 时，电场力做功－5J ，粒子在等势面b 时的动能为5J.粒子在电场中电势能和动能之和为5J ，当动能为7.5J 时，其电势能为－2.5J.6．(2010·青岛市检测)一个带负电荷q ，质量为m 的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，小球恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A 点由静止释放该小球，则 ( )A ．小球不能过B 点B ．小球仍恰好能过B 点C ．小球能过B 点，且在B 点与轨道之间压力不为0D ．以上说法都不对[答案] B[解析] 小球从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动，则mg ＝m v 21R ，mg (h －2R )＝12m v 21；加匀强电场后仍从A 点由静止释放该小球，则(mg －qE )(h －2R )＝12m v 22，联立解得mg －qE ＝m v 22R，满足小球恰好能过B 点的临界条件，选项B 正确． 7．如图所示，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒P 位于两板间恰好平衡，现用外力将P 固定，然后使两板各绕其中点转过α角，如图中虚线所示，撤去外力，则P 在两板间 ( )A ．保持静止B ．水平向左做直线运动C ．向左下方运动D ．不知α角的值无法确定P 的运动状态[答案] B[解析] 设初状态极板间距是d ，旋转α角度后，极板间距变为d cos α，所以电场强度E ′＝E cos α，而且电场强度的方向也旋转了α，由受力分析可知，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向左做匀加速直线运动，故B 选项正确．解决本题的关键是确定新场强与原来场强在大小、方向上的关系．8．如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P 点，已知连线OP 与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P 点时的动能为( )A ．m v 20 B.12m v 20C ．2m v 20 D.52m v 20[答案] D[解析] 小球到P 点时，水平位移和竖直位移相等，即v 0t ＝12v P y t ，所示合速度v P ＝v 20＋v 2P y ＝5v 0E k P ＝12m v 2P ＝52m v 20.故选D. 二、非选择题9．如图所示装置，真空中有三个电极：发射电子的阴极：其电势φk ＝－182V ；栅网：能让电子由其间穿过，电势φg ＝0；反射电板电势为φr ＝－250V.与栅网的距离d ＝4mm.设各电极间的电场是均匀的，从阴极发射的电子初速度为零，电子所受重力可以忽略，已知电子质量是0.91×10－30kg ，电荷量e ＝1.6×10－19C ，设某时刻有一电子穿过栅网飞向反射极，问它经过多少时间后再到栅网？[答案] 1.5×10－9s [解析] 因为|φk |<|φr |，所以电子穿过栅网，不到反射电板就返回．设电子在到达栅网时速度为v ，则12m v 2＝e (φg －φk )， 电子在栅网和反射电板间的加速度a ＝e (φg －φr )md， 又t ＝2v a，解得t ≈1.5×10－9s. 10．如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场．一“L ”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中．管的水平部分长为l 1＝0.2m ，离水平地面的距离为h ＝5.0m ，竖直部分长为l 2＝0.1m.一带正电的小球从管的上端口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短可不计)时没有能量损失，小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，求：(1)小球运动到管口B 时的速度大小；(2)小球着地点与管的下端口B 的水平距离．(g ＝10m/s 2)．[答案] (1)2.0m/s (2)4.5m[解析] (1)在小球从A 运动到B 的过程中，对小球由动能定理有：12m v 2B－0＝mgl 2＋F 电l 1，①解得：v B ＝g (l 1＋2l 2)②代入数据可得：v B ＝2.0m/s ③(2)小球离开B 点后，设水平方向的加速度为a ，位移为s ，在空中运动的时间为t ，水平方向有：a ＝g 2，④ s ＝v B t ＋12at 2，⑤ 竖直方向有：h ＝12gt 2，⑥由③～⑥式，并代入数据可得：s ＝4.5m.11．如图所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E ＝4.0×103N/C ，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m ＝0.20kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端与挡板相碰后以碰前的速率返回．已知斜面的高度h ＝0.24m ，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，滑块带电荷q ＝－5.0×10－4C.取重力加速度g ＝10m/s 2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小；(2)滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大高度；(3)滑块从开始运动到停下来的整个过程中产生的热量Q .(计算结果保留两位有效数字)[答案] (1)2.4m/s (2)0.10m (3)0.96J[解析] (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力为F f ＝μ(mg －qE )cos37°，设到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理，(mg －qE )h －F f h sin37°＝12m v 21， 解得v 1＝2.4m/s.(2)滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面返回上升的高度最大，设此高度为h 1，根据动能定理，－(mg －qE )h 1－F f h 1sin37°＝12m v 21， 代入数据解得h 1≈0.10m.(3)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，即等于产生的热能，Q ＝(mg －qE )h ＝0.96J.12．(2009·如皋市一中月考)有一带负电的小球，其带电量q ＝－2×10－3C.如图所示，开始时静止在场强E ＝200N/C 的匀强电场中的P 点，靠近电场极板B 有一挡板S ，小球与挡板S 的距离h ＝5cm ，与A 板距离H＝45cm ，重力作用不计．在电场力作用下小球向左运动，与挡板S 相碰后电量减少到碰前的k 倍，已知k ＝56，而碰后小球的速度大小不变． (1)设匀强电场中挡板S 所在位置处电势为零，则电场中P 点的电势为多少？小球在P 点时的电势能为多少？(电势能用E P 表示)(2)小球从P 点出发第一次回到最右端的过程中电场力对小球做了多少功？(3)小球经过多少次碰撞后，才能抵达A 板？[答案] (1)－10V 0.02J (2)0 (3)13[解析] (1)由匀强电场的场强和电势差之间的关系式得：U SP ＝Eh由电势差和电势之间的关系得：U SP ＝φS －φP联立解得P 点的电势为：φP ＝φS －Eh ＝0－200×5×10－2V ＝－10V小球在P 点的电势能为：E P ＝qφP ＝－2×10－3×(－10)J ＝0.02J(2)对小球从P 点出发第一次回到最右端的过程应用动能定理得：W 电＝E k 1－E k 0解得：W电＝E k1－E k0＝0－0＝0(3)设碰撞n次后小球到达A板，对小球运动的全过程应用动能定理得：qEh－k n qE(h＋H)＝E k1－E k0小球到达A板的条件是：E kn≥0联立解得：n≥12.5，即小球经过13次碰撞后，才能抵达A板．13．(2009·江苏淮安市二月四校联考)在足够大的绝缘光滑水平面上有一质量m＝1.0×10－3kg、带电量q＝1.0×10－10C的带正电的小球，静止在O点．以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系xOy.在t0＝0时突然加一沿x轴正方向、大小E1＝2.0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动．在t1＝1.0s时，所加的电场突然变为沿y轴正方向、大小E2＝2.0×106V/m的匀强电场．在t2＝2.0s时所加电场又突然变为另一个匀强电场E3，使小球在此电场作用下在t3＝4.0s时速度变为零．求：(1)在t1＝1.0s时小球的速度v1的大小；(2)在t2＝2.0s时小球的位置坐标x2、y2；(3)匀强电场E3的大小；(4)请在如图所示的坐标系中绘出该小球在这4s内的运动轨迹．[答案](1)0.2m/s(2)(0.3,0.1)(3)1.4×106V/m(4)见解析图[解析](1)0～1s对小球应用牛顿第二定律得：qE1＝ma1解得小球的加速度为：a1＝qE1/m＝0.2m/s2小球在t1＝1.0s时的速度大小为：v1＝a1t1＝0.2×1m/s＝0.2m/s(2)小球在t1＝1.0s时的位置坐标为：x1＝12a1t21＝12×0.2×1.02m＝0.1m在1.0s～2.0s内对小球应用牛顿第二定律得：qE2＝ma2解得小球的加速度为：a2＝qE2/m＝0.2m/s2在t2＝2.0s时小球的位置坐标为：x2＝x1＋v1(t2－t1)＝0.1m＋0.2×1.0m＝0.3my2＝12a2(t2－t1)2＝12×0.2×1.02m＝0.1m设在t2＝2.0s时小球的速度为v2，则有：v22＝v21＋(at2)2解得：v2＝2v1＝2×0.2m/s＝0.28m/s(3)2.0s～0.4s内对小球应用牛顿第二定律得：qE3＝ma3小球在4.0s时速度减为零，说明小球做匀减速直线运动，由运动学公式得：v4＝v2－a3t3联立解得匀强电场E3的大小为：E3＝1.4×106V/m(4)小球在这4s内的运动轨迹如图所示．。